Các tam giác có dạng AB + AC = kBC

Nguyễn Văn Linh

Năm 2015

1 Mở đầu

Các bài toán về tam giác có điều kiện đặc biệt AB+AC = kBC (k = 2, 3) đã xuất hiện trong mộtsố cuộc thi và tạp chí trên thế giới. Tuy nhiên các tính chất liên quan đến nó còn khá ít và đơn giản.Trong bài viết này, tác giả xin khai thác và tìm hiểu tính chất của hai dạng tam giác AB+AC = 2BC,AB +AC = 3BC, đồng thời xem xét một số mở rộng trong trường hợp tổng quát AB +AC = kBC.

Nếu không có chú thích gì thêm, chúng ta kí hiệu (O), (I) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp, đườngtròn nội tiếp tam giác ABC.

2 Các tam giác có dạng AB + AC = 2BC

Tính chất 1. AI ⊥ OI.

Chứng minh. Cách 1.

F

J

I

O

Ma

A

CB

Gọi J là điểm chính giữa cung BC không chứa A, Ma là trung điểm BC, F là tiếp điểm của (I)với AB.

Ta có AF =AB +AC −BC

2=

2BC −BC

2=

1

2BC = BMa.

Đồng thời ∠IAF = ∠JBMa nên 4AFI = 4BMaJ . Do đó AI = BJ = IJ hay I là trung điểmAJ . Suy ra OI ⊥ AJ.

Cách 2.Sử dụng hình vẽ của cách 1. Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác ABJC ta cóAB · JC +AC · JB = AJ ·BC.Do JB = JC = JI nên JI(AB+AC) = AJ ·BC. Theo giả thiết AB+AC = 2BC nên AJ = 2JI

hay I là trung điểm AJ . Suy ra OI ⊥ AJ.

1

Tính chất 2. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó IG ‖ BC.

D K

GF

J

IO

Ma

A

CB

Chứng minh. Gọi K là giao của AI với BC. D là tiếp điểm của (I) với BC.Theo lời giải 1 của tính chất 1 ta thu được MaJ = IF = ID nên theo định lý Thales, KI = KJ .

Do đóAI

IK= 2 =

AG

GMa. Suy ra IG ‖ BC.

Tính chất 3. Đường tròn (I) tiếp xúc với BC,CA,AB lần lượt tại D,E, F . Gọi Mb,Mc lần lượt làtrung điểm AC,AB. MbMc cắt EF tại L. Khi đó đường tròn (L,LI) tiếp xúc với (I) và (AO).

K

MbL

E

F O

Ma

Mc

D

I

A

CB

Chứng minh. Gọi Ma là trung điểm BC. AI cắt (O) tại K.Do ∠AIO = 90◦ nên I ∈ (AMbMc), từ đó EF là đường thẳng Simson của I ứng với tam giác

AMbMc. Suy ra IL ⊥MbMc hay I, L,D thẳng hàng, suy ra A,L,Ma thẳng hàng hay L là trung điểmMbMc.

Từ đó dễ dàng có (L,LI) tiếp xúc với (AO).

Do IA = IK,MK = r, nên IL =1

2r. Từ đó (L,LI) tiếp xúc với (I).

Tính chất 4. (Hidetosi Fukagawa, tạp chí CRUX năm 1988) Xét trường hợp tam giác ABC nhọn.Kẻ AK ⊥ BC. Ma là trung điểm BC. Dựng đường tròn (O1) tiếp xúc với tia KA,KB và tiếp xúctrong với (O), đường tròn (O2) tiếp xúc với tia KA,KC và tiếp xúc trong với (O). Khi đó tiếp tuyếnchung trong thứ hai của (O1) và (O2) đi qua Ma.

2

R

Y

J

DX

T

Z

O2

O1

Mb

F

E

Ma

I

K

O

Mc

A

CB

Chứng minh. Gọi D,E, F là tiếp điểm của đường tròn (I) với BC,CA,AB, Mb,Mc là trung điểmAC,AB, J là tâm đường tròn Euler của tam giác ABC. Kéo dài AK cắt (O) tại L.

Ta có AE = AF =BC

2nên AE + AF = BC = AMb + AMc, suy ra EMb = FMc. Từ đó

4IEMb = 4IFMc, ta thu được IMb = IMc. Mà JMb = JMc nên IJ là trung trực của MbMc haytrung trực của KM.

Gọi X,Y là tiếp điểm của (O1) với BC,AH,Z, T là tiếp điểm của (O2) với BC,AH.Theo định lý Sawayama-Thebault, XY cắt ZT tại I và I ∈ O1O2. Do ∠IXZ = ∠IZX = 45◦ nên

IX = IZ. Mà IK = IM nên XK = ZMa. Đồng thời ID là đường trung bình của hình thang O1XZO2

nên IO1 = IO2. Kết hợp với ∠O1KO2 = 90◦ ta suy ra IO2 = IO2 = IK = IMa hay ∠O1MaO2 = 90◦.Từ Ma kẻ tiếp tuyến MaR khác BC tới (O1). Suy ra MaO1 là phân giác ∠XMaR, từ đó MaO2 là

phân giác ∠RMaZ hay MaR là tiếp tuyến của (O2). Vậy MaR là tiếp tuyến chung của (O1) và (O2).

Tính chất 5. Gọi H là trực tâm. Khi đó H là tâm vị tự trong của (O1) và (O2).

Chứng minh. Trước tiên ta phát biểu một bổ đề.

Bổ đề 1. Cho hai đường tròn (O1), (O2) ngoài nhau và cùng tiếp xúc trong với (O). Gọi AE,BF làhai tiếp tuyến chung trong của (O1) và (O2) sao cho A,B khác phía với E,F bờ O1O2. CD là tiếptuyến chung ngoài của (O1) và (O2) sao cho CD cùng phía với EF bờ O1O2. Khi đó CD ‖ EF.

3

I2

I1

L

B

F

T

O2

O1

O

C D

A

E

Chứng minh.Gọi L là điểm chính giữa cung CD không chứa A,B. AL,BL cắt O1O2 lần lượt tại I1, I2. AE cắt

BF tại T.Áp dụng định lý Thebault suy ra I1, I2 lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác ACD,BCD. Suy ra

LI1 = LD = LI2. Từ đó ∠AI1T = ∠BI2T.Mà ∠BTI2 = ∠ATI1 nên ∠I2BT = ∠I1AT hay ∠LBF = ∠LAE. Suy ra L là điểm chính giữa

cung EF . Vậy CD ‖ EF.

Trở lại bài toán.

J

D

O2

O1

G

Mb

H

Ma

I

L

K

O

Mc

A

CB

Gọi G là đối xứng của A qua O suy ra Ma là trung điểm HG. Từ đó LG ‖ BC. Áp dụng bổ đề 1suy ra HG là tiếp tuyến chung trong của (O1) và (O2). Vậy H là tâm vị tự ngoài của (O1) và (O2).

Tiếp theo chúng ta đến với một tính chất được tìm ra bởi thành viên mr.danh trên diễn đànAoPS.

Tính chất 6. Gọi T,U, V là giao của tiếp tuyến chung ngoài khác BC của hai đường tròn (O1) và(O2) với AH,AB,AC. Khi đó TU = TV .

4

S

GL

H

Ma

U

T

V

O2

O1

O

A

CB

Chứng minh. Gọi S là giao điểm thứ hai của HG với (O). Áp dụng bổ đề 1 suy ra AS ‖ UV,GL ‖ BC.Suy ra G(BCMaL) = −1, chiếu lên (O) ta thu được (BCSL) = −1, từ đó A(BCSL) = −1 hay

A(UV ST ) = −1. Vậy T là trung điểm UV .

Nhận xét. Bằng cách sử dụng tỉ số kép, ta có thể mở rộng tính chất 6 như sau.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), M là điểm bất kì trên BC. Gọi (O1), (O2) là đường

tròn Thebault nội tiếp của tam giác ABC ứng với cát tuyến AM . Gọi d là tiếp tuyến chung trongkhác AM của (O1) và (O2). d cắt (O) tại D sao cho A và D cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờBC. DB,DC, d cắt tiếp tuyến chung ngoài thứ hai khác BC của (O1) và (O2) tại U, V, T . Khi đóTU

TV=

MC

MB.

Tính chất 7. Đường tròn đường kính AO và đường tròn đường kính HMa tiếp xúc nhau.

Chứng minh. Cách 1. (Xem hình vẽ tính chất 5)Theo tính chất 5 ta suy ra HI là phân giác ∠AHMa hay HI là phân giác ngoài ∠KHMa. Mà I

nằm trên trung trực KM nên HIMaK nội tiếp.Do I nằm trên trung trực KMa nên I nằm trên đường trung bình của hình thang AKMaO hay

đường thẳng đi qua trung điểm AO và HMa. Vậy tâm của (AO), (HMa) và I thẳng hàng. Suy ra(AO) tiếp xúc với (HMa) tại I.

Cách 2 (Dựa theo Telv Cohl).

5

J

N

GI

H

C

O

Ma

A

B

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, N là giao của IG với OMa. Ta có NMa = r = MaJ . Áp

dụng định lý Menelaus cho tam giác INJ với cát tuyến (A,G,Ma) ta cóAI

AJ· MaJ

MaN· GN

GI= 1. Do đó

GN

GI= 2

GH

GO. Ta thu được IO ‖ HN.

Mà AI ⊥ OI nên AI ⊥ HN . Đồng thời NI ⊥ AH nên I là trực tâm tam giác AHN . Suy raHI ⊥ AN.

Lại có IMa là đường trung bình của tam giác AJN nên IMa ‖ AN . Suy ra HI ⊥ IMa hayI ∈ (HMa). Do I nằm trên đường trung bình của hình thang AOMaH nên I nằm trên đường nối haitâm của (AO) và (HMa). Ta có đpcm.

Tính chất 8. Tứ giác AOMaH là hình thang ngoại tiếp.

Chứng minh. Tiếp tục sử dụng hình vẽ tính chất 5.Ta có ∠IMaO = ∠IKH = ∠IMaH nên MaI là phân giác ∠OMaH. Như vậy I là giao của phân

giác các góc HAO,AHMa, HMaO nên I là tâm nội tiếp hình thang AHMaO.

Nhận xét. Từ tính chất 8, áp dụng định lý Pythot, bạn đọc có thể chứng minh tam giác AGHcó AG+HG = 3AH.

Tính chất 9. Gọi J là giao của AI với (O). Khi đó điểm Nagel là đối xứng của J qua BC.

Chứng minh. Trước tiên ta phát biểu một bổ đề.

Bổ đề 2. Tâm đường tròn nội tiếp, trọng tâm và điểm Nagel thẳng hàng.

Chứng minh.

6

NG

LD

T

I

Ma

MbMc

A

B

C

Gọi D là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (I) với BC,DI cắt (I) lần thứ hai tại T , AT cắt BCtại L; gọi Ma,Mb,Mc lần lượt là trung điểm BC,CA,AB; N là điểm Nagel của tam giác ABC.

Ta biết rằng Ma là trung điểm DL nên MaI ‖ AL hay MaI ‖ AN . Chứng minh tương tự,MbI ‖ BN,McI ‖ CN . Do đó I là điểm Nagel của tam giác MaMbMc.

Do G là tâm vị tự của hai tam giác ABC và MaMbMc nên I,G,N thẳng hàng vàIG

GN=

1

2.

Trở lại bài toán.

J

G

PD

L

NI

O

Ma

A

CB

Gọi N là điểm Nagel, AN cắt (I) tại L, cắt BC tại P .Theo tính chất 2, IG ‖ BC, từ đó áp dụng bổ đề 2 suy ra IN ‖ BC.Do I là trung điểm LD do đó N là trung điểm LP .Lại có Ma là trung điểm DP nên NMa ‖ ID hay NMa ⊥ BC và NMa = r.Theo phép chứng minh tính chất 1, JMa = r nên J và N đối xứng với nhau qua BC.

Tính chất 10. Gọi Ia là tâm bàng tiếp góc A. Đường tròn (A,AIa) cắt BC tại E,F sao cho E thuộctia CB, F thuộc tia BC. Đường tròn (EBIa) cắt AB tại M , (FCIa) cắt AC tại N . Khi đó tứ giácBCNM là tứ giác lưỡng tâm.

7

K

J

N

M

FE

Ia

IO

A

B C

Chứng minh. Gọi E′ là giao của đường tròn qua A,B và tiếp xúc với AIa với BC,K là giao của AIavới BC, J là giao của AI với (O).

Ta có AI = IJ = JIa, AI = 2IK nên AK = KIa. Từ đó KI2a = KA2 = KB · KE′, nghĩa là(E′BIa) tiếp xúc với AIa.

Như vậy ∠AE′Ia = ∠AE′K + ∠KE′Ia = ∠BAI + ∠BIaI = ∠BAI + ∠BCI.Mà ∠E′AIa = ∠ABC nên ∠E′AIa = 180◦−2∠AE′Ia hay tam giác AE′Ia cân tại A. Từ đó E′ ≡ E.Suy ra ∠BIaM = 180◦−∠MBIa−∠BMIa = 180◦−(90◦−∠IBC)−∠BIaI = 90◦+∠IBC−∠ICB.Chứng minh tương tự, ∠CIaN = 90◦ + ∠ICB − ∠IBC. Suy ra ∠BIaM + ∠CIaN = 180◦ hay tứ

giác BCNM ngoại tiếp.Mặt khác, AIa là tiếp tuyến chung của (BIaM) và (CIaN) nên AB · AM = AI2a = AC · AN hay

tứ giác BCNM nội tiếp. Ta có đpcm.

Để kết thúc phần này chúng ta đến với một bài toán nằm trong đề chọn đội tuyển IMO của ThổNhĩ Kỳ năm 2015.

Bài toán. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp (I). (I) tiếp xúc với BC,CA,ABlần lượt tại D,E, F . Gọi E1, F1 lần lượt đối xứng với A qua E,F . Đường tròn ω1 đi qua E1 tiếp xúc với(I) tại D cắt AC lần thứ hai tại E2; đường tròn ω2 đi qua F1 tiếp xúc với (I) tại D cắt AB tại F2. GọiP,Q lần lượt là trung điểm OE, IF . Chứng minh rằng E2F2 ⊥ PQ khi và chỉ khi AB +AC = 2BC.

8

PQ

E3

O

F2

E2

F1

E1F

E

D

I

A

CB

Chứng minh. AB +AC = 2BC khi và chỉ khi AI ⊥ OI hay OI ‖ EF hay OI ‖ PQ.Như vậy ta sẽ chứng minh E2F2 ⊥ OI.Gọi E3 là giao của DF với AC. E′2 là trung điểm E3E. Do (E3EAC) = −1 nên sau một số phép

tính toán suy ra CE2 = CE1.CE′2 hay (E′2E1D) tiếp xúc với (I) hay E′2 ≡ E2. Theo hệ thức Newton,E2E

2 = E2A.E2C hay E2 thuộc trục đẳng phương của (O) và (I). Chứng minh tương tự suy raE2F2 ⊥ OI.

Nhận xét. Theo tác giả bài toán này là sự kết hợp cơ học giữa một tính chất của tam giác bất kìvới tính chất 1. Do đó đề thi tuy nhìn đẹp mắt nhưng không phải một đề thi hay.

3 Các tam giác có dạng AB + AC = 3BC

Tính chất 11. (IMO Shortlist 2005). Đường tròn (I) tiếp xúc với AC,AB lần lượt tại E,F . Gọi L,Klà điểm đối xứng với E,F qua I. Khi đó B,C,K,L cùng thuộc một đường tròn.

9

M

J

KL

FE

I

O

A

B C

Chứng minh. Gọi J là điểm chính giữa cung BC không chứa A. Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giácABJC ta có

AB · JC +AC · JB = AJ ·BC hay JI(AB +AC) = AJ ·BC.Do AB + AC = 3BC nên AJ = 3JI. Gọi M là trung điểm AI thì MI = JI. Mà FI = KI nên

JI = MI = FM = JK.Suy ra K ∈ (BIC). Tương tự suy ra B,C,K,L cùng thuộc một đường tròn.

Tính chất 12. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó IG ⊥ BC.

Chứng minh. Theo lời giải tính chất 11,AI

IJ= 2. Gọi Ma là trung điểm BC thì

AG

GMa= 2 =

AI

IJ. Suy

ra IG ‖ JMa hay IG ⊥ BC.

Tính chất 13. (Iran 2004). Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AB,AC tại P,Q.BI,CI giao PQ lần lượt tại L,K. Khi đó (ILK) tiếp xúc với (I).

Chứng minh. Cách 1.

Y

X

J

D

K

LP

Q

I

A

B C

10

Gọi D là tiếp điểm của (I) với BC. AI giao (ABC) tại J.Ta có (ILK) tiếp xúc với (I) khi và chỉ khi R(ILK) =

r

2.

Dễ thấy BL ⊥ LC,CK ⊥ BK nên L,K nằm trên (BC).Bằng cộng góc suy ra I là tâm nội tiếp tam giác DLK. Kẻ IX ⊥ LD, IY ⊥ PQ.

Do hai tam giác ILK và IBC đồng dạng nênR(ILK)

R(IBC)=

IY

ID=

IX

ID= sin∠IDX = sinA/2.

HayR(ILK)

IJ=

IP

AI=

r

AI.

Do đó R(ILK) =r

2khi và chỉ khi IP = 2IJ hay JA = 3JB = 3JC.

Theo lời giải tính chất 11, điều này tương đương AB +AC = 3BC.Cách 2.

E

R

NTF

D

M

K

LP

Q I

A

B C

Gọi R, T là giao của CK với (I). Ta có TPRD là tứ giác điều hoà. Gọi M là giao của IK với DPthì do TR ⊥ IM nên MT,MR là hai tiếp tuyến của (I). Suy ra IK.IM = r2.

Tương tự gọi N là giao của IL với DQ thì IL.IN = r2.Dễ thấy M,N lần lượt là hình chiếu của A trên IB, IC và MN là đường trung bình ứng với đỉnh

A của tam giác ABC.Xét phép nghịch đảo Ir2I : (I) 7→ (I), (ILK) 7→ MN do đó (ILK) tiếp xúc với (I) khi và chỉ khi

(I) tiếp xúc với đường trung bình EF của tam giác ABC (E ∈ AC,F ∈ AB) hay (I) là đường trònbàng tiếp góc A của tam giác AEF .

Khi đó AP = AQ = pAEF =1

2pABC , khi và chỉ khi

AB +AC −BC

2=

1

4(BC + CA + AB) hay

AB +AC = 3BC.

Tính chất 14. Đường tròn (I) tiếp xúc với BC,CA,AB lần lượt tại D,E, F . Gọi L,K lần lượt đốixứng với E,F qua I. T là giao điểm thứ hai của đường tròn đường kính AI với (O). Khi đó (LKT )tiếp xúc với (O).

11

P

TX

L

K

J

F

E

D

I

O

A

CB

Chứng minh. Theo tính chất 11, L,K ∈ (BIC).Kéo dài AT cắt BC tại P suy ra PI ⊥ AI. Suy ra ∠TDP = ∠TIP = ∠TAD = ∠(TJ,BC), suy

ra T,D, J thẳng hàng.Xét phép nghịch đảo IJI2J : L 7→ L,K 7→ K,T 7→ D. Do đó (TLK) 7→ (I). Mà (O) 7→ BC, BC tiếp

xúc với (I) nên (TLK) tiếp xúc với (O).

Nhận xét. Có một kết quả khá đẹp nằm trong kì thi quốc gia Nga năm 2010 như sau, mời bạnđọc thử chứng minh.

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I). Đường tròn ngoại tiếp tamgiác BIC cắt (I) tại hai điểm X,Y . Gọi Z là tâm vị tự ngoài của (I) và (BIC). Chứng minh rằng(XY Z) tiếp xúc với (O).

Tính chất 15. Đường tròn (I) tiếp xúc với BC tại D. Gọi T là điểm đối xứng với D qua I. BT,CTcắt AC,AB lần lượt tại M,N . X là trung điểm AI. Khi đó X là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácTMN.

N

MT

X

L KF

E

D

I

O

A

B C

12

Chứng minh. Ta có ∠BLI = 180◦−∠ICB,∠TLE = ∠TDE = ∠ICB nên B,L, T thẳng hàng. Tươngtự C,K, T thẳng hàng. Suy ra M,N là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc B,C với AC,AB.

Ta có ∠MTN = ∠BTC = ∠EDF = 90◦ − 1

2∠BAC.

Mặt khác, AM = CE = p − c, NF = AB − 2BF = AB − (AB + BC − AC) = AC − BC =AC +BC −AB

2= p− c. Suy ra AM = NF .

Từ đó 4AXM = 4FXN(c.g.c). Suy ra ∠FNX = ∠AMX hay AMXN nội tiếp. Mà AX là phângiác ∠NAM nên XM = XN, đồng thời ∠NXM = 180◦ − ∠BAC = 2∠MTN nên X là tâm ngoạitiếp tam giác MTN.

Từ lời giải tính chất 15, ta suy ra kết quả sau.

Tính chất 16. Điểm đối xứng với tiếp điểm của (I) với BC qua I là điểm Nagel.

Tính chất 17. Gọi Ia là tâm bàng tiếp góc A. Trên BC lấy hai điểm P,Q sao cho CP = CA,BQ = BAvà theo thứ tự P,B,C,Q. Đường tròn (PBIa) cắt AB lần thứ hai tại M , đường tròn (QCIa) cắt AClần thứ hai tại N . Khi đó BCNM là tứ giác lưỡng tâm.

M

N

P D

Ia

I

O

A

B C

Q

Chứng minh. Gọi D là điểm chính giữa cung BC. Dễ thấy IA = IQ = IP. Từ giả thiết AB + AC =3BC suy ra AI = 2ID hay IA = IIa. Vậy APIaQ nội tiếp đường tròn tâm I. Bằng một số phép cộnggóc đơn giản suy ra AICQ,AIBP nội tiếp.

Ta có ∠PMB = ∠PIaB = ∠PIaA− ∠BIaA = ∠AQB − ∠ICB = ∠IaIC − ∠ICA = ∠IAC. Suy

ra ∠BIaM = 180◦ − ∠BPM = ∠PBM + ∠PMB = ∠B +1

2∠A.

Tương tự ∠CIaN = ∠C +1

2∠A. Ta thu được ∠BIaM + ∠CIaN = 180◦.

Suy ra MN tiếp xúc với (Ia) hay tứ giác BCNM ngoại tiếp.Mặt khác, ∠CNM = 2∠CNIa = 2∠PQIa = 2∠PAI = 2∠IBC = ∠ABC hay tứ giác BCNM nội

tiếp. Ta có đpcm.

Nhận xét. Từ lời giải tính chất 17 ta nhận thấy I là trung điểm AIa. Do đó bán kính đường trònnội tiếp bằng một nửa bán kính đường tròn bàng tiếp góc A.

13

Tiếp theo chúng ta đến với một tính chất được tìm ra độc lập bởi tác giả. Khá thú vị là bài toántừng nằm trong cuộc thi hình học Sharygin của Nga năm 2014, bài 9.6.

Tính chất 18. Gọi Y,Z lần lượt là điểm chính giữa các cung ABC,ACB. Khi đó Y Z là tiếp tuyếncủa đường tròn (BIC).

T

D

K

Z

Y

X

Ic

Ib

Ia

J

L

F

E

I

O

A

CB

Chứng minh. Gọi Ia, Ib, Ic lần lượt là tâm bàng tiếp các góc A,B,C của tam giác ABC; D,E, F lầnlượt là tiếp điểm của (I) với BC,AC,AB; T, L,K lần lượt đối xứng với D,E, F qua I; X là điểmchính giữa cung BAC. Khi đó XY Z là tam giác trung tuyến của tam giác IaIbIc.

Do ∠TBI = ∠LBI = 90◦ − 1

2∠LIK = 90◦ − ∠BTC nên BI ⊥ TC. Từ đó I là trực tâm tam giác

BTC.Ta có BI ⊥ IaIc nên BI ⊥ XZ. Mà XZ ⊥ ZJ (do JX là đường kính của (O)) nên IB ‖ JZ. Từ

đó JZ ⊥ KC. Vậy ZK = ZC.

Mặt khác, dễ thấy EK ‖ AI ‖ FL. Do đó ∠KEC = ∠JAC = ∠JZC =1

2∠KZC. Như vậy Z là

tâm ngoại tiếp của tam giác KEC. Tương tự Y là tâm ngoại tiếp của tam giác FLB.Suy ra IZ là trung trực của EK, IY là trung trực của FL. Mà EK ‖ FL nên Y, I, Z thẳng hàng

đồng thời Y Z ⊥ JI. Vậy Y Z là tiếp tuyến của (BIC).

Tính chất 19. Gọi X,Y, Z lần lượt là điểm chính giữa cung BAC,ABC,ACB; A′, B′, C ′ lần lượt làđiểm đối xứng với A qua X,B qua Y,C qua Z. Khi đó tiếp tuyến tại B′ của (Y, Y B) cắt tiếp tuyếntại C ′ của (Z,ZC) tại A′.

14

S R

A'

C'

B'Z

Y

X

Ic

Ib

Ia

J

I

O

A

B C

Chứng minh. Gọi R là giao của đường thẳng qua Y vuông góc với BB′ và đường thẳng qua Z vuônggóc với CC ′.

Ta có Y R ‖ JZ,ZR ‖ Y J nên Y RZJ là hình bình hành. Suy ra R đối xứng với J qua trung điểmY Z. Gọi S là trung điểm AI suy ra S đối xứng với J qua Y Z. Suy ra SRZY là hình thang cân. Tathu được RS ⊥ AI. Từ đó RA = RI.

Gọi A′′ là điểm đối xứng với I qua R. Suy ra RA = RI = RA′′ hay AA′′ ⊥ AI hay AA′′ ≡ IbIc.Lại có (O) là đường tròn pedal của I ứng với tam giác IaIbIc, do đó R là điểm liên hợp đẳng

giác của I trong tam giác IaIbIc. Suy ra RX ⊥ IbIc hay RX ⊥ AA′′. Như vậy XA = XA′′, nghĩa làA′′ ≡ A′.

Theo định lý Thales, A′B′ ‖ RY ‖ IB, A′C ′ ‖ RZ ‖ IC. Ta có đpcm.

Nhận xét.1. Theo tính chất đường tròn pedal, O là trung điểm IR. Như vậy chúng ta thu được kết quả:

đường thẳng OI của tam giác ABC đi qua điểm đối xứng với A qua X.2. Từ hình vẽ ta phát hiện ra một tính chất thú vị đúng với tam giác bất kì: điểm Nagel là tâm

đẳng phương của các đường tròn (X,XA), (Y, Y B), (Z,ZC). Tác giả Trần Quang Hùng cũng tìmra tính chất này tại [8].

3. Gọi D là tiếp điểm của (I) với BC, ta có thể chứng minhDB

DC=

IY

Y Z, từ đó áp dụng định lý

ERIQ suy ra điểm Nagel của tam giác ABC nằm trên B′C ′.

Tính chất 20. Kẻ AK ⊥ BC. Gọi (O1) là đường tròn tiếp xúc với tia KA,KB và tiếp xúc trong với(O), (O2) là đường tròn tiếp xúc với tia KA,KC và tiếp xúc trong với (O). L là tiếp điểm của đườngtròn bàng tiếp góc A với BC. Khi đó tiếp tuyến chung trong khác AK của (O1) và (O2) đi qua L.

15

NM TG

F

E

Y

Z

T

X

D L

O2

O1

K

I

A

B C

Chứng minh. Gọi D,E, F lần lượt là tiếp điểm của (I) với BC,CA,AB. DI cắt (I) lần thứ hai tại T .Qua T kẻ đường song song với BC cắt AB,AC tại M,N.

Ta biết rằng M,N lần lượt là trung điểm của AB,AC.Mà A, T, L thẳng hàng nên T là trung điểm AL. Kéo dài LI cắt AK tại G suy ra I là trung điểm

GL. Từ đó IK = IG = IL.Mặt khác, gọi X,Y lần lượt là tiếp điểm của (O1) với BC,AK,Z, T lần lượt là tiếp điểm của (O2)

với BC,AK. Theo định lý Sawayama-Thebault, XY cắt ZT tại I. Mà ∠IXZ = ∠IZX = 45◦ nên tamgiác XIZ vuông cân tại I, từ đó IX = IZ.

Chứng minh hoàn toàn tương tự tính chất 4 suy ra L nằm trên tiếp tuyến chung trong thứ hai của(O1) và (O2).

4 Trường hợp tổng quát AB + AC = kBC

Quay lại một số tính chất trong phần 1 và 2. Với tính chất 5, tác giả đã thử kiểm tra trong trườnghợp k = 3 thì tâm vị tự trong L của (O1) và (O2) có tính chất gì đặc biệt. Một điều khá thú vị là khiđó trực tâm H là trung điểm của KL. Từ đó chúng ta có mở rộng trong trường hợp tổng quát k là sốthực bất kì lớn hơn 1 như sau.

Tính chất 21. Cho tam giác ABC có AB + AC = kBC, trực tâm H. Kẻ AK ⊥ BC. Gọi (O1) và(O2) là hai đường tròn Thebault nội tiếp của tam giác ABC ứng với cát tuyến AK; L là tâm vị tự

trong của (O1) và (O2). Khi đóKH

KL=

1

k − 1.

16

ZX

R

H

K

N

G

M

L

O2

O1

QJ

I

O

A

B C

Chứng minh. Gọi Q là giao của AK với (O). AI cắt (O) lần thứ hai tại J . Tiếp tuyến chung trongkhác AQ của (O1) và (O2) cắt BC tại M , cắt (O) tại G. Qua M kẻ đường vuông góc với BC cắt AOtại N . (O1), (O2) tiếp xúc với BC lần lượt tại X,Z.

Ở phần 1 ta đã chứng minh I là trung điểm O1O2. Từ đó IX = IZ, suy ra IK = IM.Gọi R là giao của trung trực KM với AN , suy ra RA = RN . Dễ thấy 4ARI ∼ 4AOJ nên

RA = RI.Suy ra ∠AIN = 90◦.Mặt khác, ta cũng chứng minh được QG ‖ BC, do đó AG và AQ đẳng giác trong ∠BAC hay AG

là đường kính của (O). Từ đó ∠AJG = 90◦. Như vậy IN ‖ JG.

VậyKH

KL=

QK

KL=

GM

ML=

GN

NA=

JI

IA.

Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác ABJC ta có JB(AB + AC) = AJ · BC. Từ đó AJ = kJB

hayJI

IA=

1

k − 1. Ta có đpcm.

Nhận xét. Từ lời giải trên dễ thấy I nằm trên (LM). Từ đó chúng ta có tổng quát cho tính chất7 như sau.

Tính chất 22. Cho tam giác ABC có AB + AC = kBC nội tiếp (O), trực tâm H. Kẻ AK ⊥ BC,

L là điểm nằm trên AK thỏa mãnKH

KL=

1

k − 1. Gọi G là điểm đối xứng với A qua O, LG cắt BC

tại M . Qua M kẻ đường vuông góc với BC cắt AO tại N . Khi đó hai đường tròn (LM) và (AN) tiếpxúc nhau.

Tiếp theo chúng ta nhận thấy tính chất 9 và tính chất 16 có điểm khá tương đồng nhau, từ đó tacó bài toán tổng quát.

Tính chất 23. Cho tam giác ABC có AB + AC = kBC. Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC

tại D. Gọi T là điểm đối xứng với D qua I,N là điểm Nagel. Khi đóNA

TA=

2

k − 1.

17

L

Ma

J

T

N

D

I

A

B C

Chứng minh. Gọi J là giao của AI với (O), Ma là trung điểm BC, AMa cắt IT tại L.

Theo bổ đề 2 trong phần 1, AN ‖ IMa và AN = 2IMa. Suy raNA

TA=

2MaI

TA=

2MaL

LA=

2JI

IA=

2

k − 1.

Tính chất 10 và tính chất 17 cũng có những sự tương đồng. Từ đó dẫn đến mở rộng sau với lời giảitương tự hai tính chất trên.

Tính chất 24. Cho tam giác ABC có Ia là tâm đường tròn bàng tiếp góc A. Đường tròn qua B vàIa tiếp xúc với AIa cắt AB tại M . Đường tròn qua C và Ia tiếp xúc với AIa cắt AC tại N . Khi đóBCNM là tứ giác lưỡng tâm.

Cuối cùng dựa vào tính chất J là trung điểm IIa, ta có tính chất sau trong trường hợp tổng quát.

Tính chất 25. Cho tam giác ABC có AB +AC = kBC. Gọi r và ra là bán kính đường tròn nội tiếp

và đường tròn bàng tiếp góc A. Khi đór

ra=

k − 1

k + 1.

Qua bài viết, chúng ta đã tìm hiểu các tính chất cơ bản và thú vị xung quanh tam giác có dạngđặc biệt này. Trong khuôn khổ có hạn, bài viết xin được dừng tại đây. Chắc chắn vẫn còn nhiều tínhchất mới lạ đang đợi bạn đọc khám phá. Chúc các bạn thành công!

18

Tài liệu

[1] aloski1687, Turkey TST 2015 P8, AoPS forum.

http://www.artofproblemsolving.com/community/q1h1072730p4675804

[2] mr.danh, b+c=2a, AoPS forum.

http://www.artofproblemsolving.com/community/q1h210518p1159893

http://www.artofproblemsolving.com/community/q1h213165p1176583

[3] livetolove212, (HM) is tangent to (AO), AoPS forum.

http://www.artofproblemsolving.com/community/q4h1086462p4806122

[4] Omid Hatami, Circumcircle of ILK is tangent to ABC iff AB+AC=3BC, AoPS forum.

http://www.artofproblemsolving.com/community/q2h250154p1370723

[5] livetolove212, AB+AC=3BC again, AoPS forum.

http://www.artofproblemsolving.com/community/c6h1086458p4806074

[6] Geometrical Olympiad in honour of I.F.Sharygin, final round.

http://geometry.ru

[7] livetolove212, Bicentric quadrilateral, AoPS forum.

http://www.artofproblemsolving.com/community/c6h1086456p4806065

[8] buratinogigle, Nagel point is radical center, AoPS forum.

http://www.artofproblemsolving.com/community/c6h521011

[9] Dusan Djukic, Vladimir Jankovic, Ivan Matic, Nikola Petrovic, The IMO Compendium: A Col-lection of Problems Suggested for International Mathematical Olympiads 1959-2009, Springer; 2ndedition (May 16, 2011).

http://www.cs.elte.hu/ nagyzoli/compendium.pdf

Email: Lovemathforever@gmail.com

19